Esercizio 1. Studiare continuità, derivabilità e differenziabilità della funzione f , definita da f : R

(1)

Università degli Studi di Trento

CORSO DI ANALISI MATEMATICA II DIPARTIMENTO DI FISICA ANNO ACCADEMICO 2017/2018

ALBERTO MAIONE

Sesta lezione - 05/04/2018

1. Esercizi

Esercizio 1. Studiare continuità, derivabilità e differenziabilità della funzione f , definita da f : R

²

→ R

(x, y) 7→







log (1 + x

²

) y

²

− 2 √

3 + 3 , se y 6= √ 3

0 , se y = √

3 Stabilire successivamente se f ha punti di massimo e minimo relativi e assoluti

Soluzione:

Osserviamo subito che ∀y 6= √

3 è possibile scrivere

f (x, y) = log (1 + x

²

) (y − √

3)

²

.

Ciò suggerisce che, con un opportuno cambio di riferimento cartesiano, la scrittura del problema possa essere semplificata. Effettuando infatti una traslazione di vettore v(0, √

3), andando cioè a definire due nuove variabili

( x

⁰

= x y

⁰

= y − √

3 =⇒

( x = x

⁰

y = y

⁰

+ √

3 possiamo rileggere f come

f : R

²

→ R

(x, y) 7→







log (1 + x

²

)

y

²

, se y 6= 0 0 , se y = 0

dove abbiamo chiamato nuovamente x

⁰

= x e y

⁰

= y, al fine di non appesantire la notazione.

Studiamo per prima cosa la continuità di f :

Definito A = {(x, y) ∈ R

²

tali che y 6= 0}, osserviamo che f è continua in A essendo composizione di funzioni continue.

Rimane dunque da esaminare cosa succede lungo l’asse x.

Osservando che per x = 0 (con y 6= 0) il numeratore di f si annulla, tratteremo il case dell’origine a parte.

Fissiamo P (x, 0) con x 6= 0 e calcoliamo lim

(x,y)→P, y6=0

f (x, y) = lim

y→0

log (1 + x

²

)

y

²

= +∞.

Ciò è condizione sufficiente ad affermare che f non è continua nei punti dell’asse x (ad eccezione dell’origine

che esamineremo a breve) e, per i teoremi noti, che f non è differenziabile in tali punti (ricordiamo che f

potrebbe essere tuttavia derivabile in quei punti, ammettendo cioè entrambe le derivate parziali).

(2)

2

Per quanto riguarda l’origine:

lim

(x,y)→(0,0), y6=0

f (x, y) = lim

ρ→0

f (ρ cos Θ, ρ sin Θ) = lim

ρ→0

log (1 + ρ

²

cos

²

Θ) ρ

²

sin

²

Θ

=







ρ→0

lim

log (1 + ρ

²

cos

²

Θ) ρ

²

cos

²

Θ

cos

²

Θ

sin

²

Θ , se cos

²

Θ 6= 0

0 , se cos

²

Θ = 0

=

( cot

²

Θ , se Θ 6=

^π₂

+ kπ 0 , se Θ =

^π₂

+ kπ

Dipendendo il risultato del limite dalla scelta di Θ, possiamo quindi concludere che f non è continua in tutto R

²

\ A e che ivi non è differenziabile.

Passiamo ora allo studio della derivabilità di f in A. Abbiamo che ∀(x, y) ∈ A D

x

f (x, y) = 2x

(1 + x

²

)y

²

; D

y

f (x, y) = −2 log(1 + x

²

)

y

³

.

Essendo D

x

f, D

y

f ∈ C(A), ne consegue che f ∈ C

¹

(A) e, per i noti teoremi, che f è ivi differenziabile.

Concludiamo studiando la derivabilità lungo l’asse x: fissato P (x, 0) con x ∈ R, abbiamo che D

x

f (P ) = lim

h→0

f (x + h, 0) − f (x, 0)

h = lim

h→0

0 h = 0 D

_y

f (P ) = lim

k→0

f (x, 0 + k) − f (x, 0)

k = lim

k→0

log(1 + x

²

)

k

³

=

( 6 ∃ se x 6= 0 0 se x = 0 Ne discende che f è derivabile nell’origine e non lo è in nessun altro punto dell’asse x.

Riassumendo, le derivate parziali di f divengono:

D

x

f (x, y) =





 2x

(1 + x

²

)y

²

se y 6= 0

0 se y = 0

D

y

f (x, y) =



 



 



−2 log(1 + x

²

)

y

³

se y 6= 0

0 se (x, y) = (0, 0)

6 ∃ se (x, y) = (x, 0) con x 6= 0 Abbiamo quindi ottenuto le seguenti informazioni:

(1) Continuità di f in A = {(x, y) ∈ R

²

tali che y 6= 0};

(2) Derivabilità di f in A ∪ (0, 0);

(3) Differenziabilità di f in A.

Passiamo ora alla fase successiva dell’esercizio, lo studio dei punti critici di f .

Ricordiamo che, per il Teorema di Fermat, alcuni candidati ad essere estremanti per f sono le soluzioni dell’equazione

∇f (x, y) = (0, 0)

Osservazione 1. Risulta evidente che questo criterio ci fornisce solo una parte dei candidati ad essere estremanti per f . Infatti anche i punti di

B = {(x, 0) tali che x ∈ R \ 0}

potrebbero esserlo, nonostante f non sia ivi derivabile. Questo tipo di punti li tratteremo a parte, a conclusione dell’esercizio.

Risolvere ∇f (x, y) = (0, 0) equivale a risolvere il sistema ( D

_x

f (x, y) = 0

D

y

f (x, y) = 0 ⇐⇒



 

  2x

(1 + x

²

)y

²

= 0

−2 log(1 + x

²

)

y

³

= 0

⇐⇒ x = 0

Ciò equivale a dire che i candidati, forniti dal Teorema di Fermat, sono tutti i punti dell’asse y (compresa l’origine, avendo dimostrato che D

x

f (0, 0) = D

_y

f (0, 0) = 0).

Chiamato C = {(0, y) tali che y ∈ R}, avremo quindi che la lista completa dei candidati ad essere estre-

manti per f sono la totalità dei punti P ∈ B ∪ C = {(x, y) ∈ R

²

tali che xy = 0}, ossia tutti i punti

appartenenti ai due assi coordinanti.

(3)

3

Per i punti dell’insieme C, ovvero i punti derivanti dallo studio del gradiente, possiamo applicare il test del- l’Hessiana anche se tale test risulterà essere inconcludente (lasciamo al lettore la prova di ciò). Osserviamo tuttavia che ∀ P ∈ C risulta essere

f (P ) = log(1) y

²

= 0 il che, unito al fatto che

f (x, y) ≥ 0 ∀(x, y) ∈ R

²

ci garantisce che i punti di C sono punti di minimo assoluto per f .

Per quanto riguarda i punti di B, è possibile fare un simile ragionamento, osservando che ∀ Q ∈ B risulta essere

f (Q) = 0

per definizione di f . Nuovamente essi saranno tutti punti di minimo assoluto per f .

Concludendo, potrebbe accadere che i punti di B ∪ C possano essere, oltre che punti di minimo assoluto di f , anche punti massimo relativo (o assoluto) di f . Ciò non è tuttavia possibile essendo

f (x, y) > 0 ∀(x, y) ∈ R

²

\ B ∪ C.

Esercizio 2. Determinare punti di massimo e minimo relativo per f (x, y) = 2(x

⁴

+ y

⁴

+ 1) − (x + y)

²

in tutto lo spazio R

²

.

Soluzione:

Osserviamo per prima cosa che f ∈ C

^∞

(R

²

), il che ci permette di affermare che, a differenza dell’esercizio precedente, la ricerca dei punti di estremo di f avverrà solamente tra le soluzioni dell’equazione

∇f (x, y) = (0, 0).

Analogamente a quanto visto prima, abbiamo ( D

x

f (x, y) = 0

D

_y

f (x, y) = 0 ⇐⇒

( 8x

³

− 2(x + y) = 0 8y

³

− 2(x + y) = 0 Applicando il metodo di riduzione per sistemi, otteniamo

( D

_x

f (x, y) = 0

D

y

f (x, y) = 0 ⇐⇒

( 4(x

³

− y

³

) = 0

4y

³

− (x + y) = 0 ⇐⇒

( x = y 4y

³

− 2y = 0

⇐⇒

( x = 0 y = 0 ∪

( x = +

√2 2

y = +

√2 2

∪

( x = −

√2 2

y = −

√2 2

Ottenuti i candidati A(0, 0), B(+

√2 2

, +

√2 2

), C(−

√2 2

, −

√2

2

) ad essere punti di estremo per f , andiamo a studiare il test dell’Hessiana in tali punti.

Osservazione 2. Osserviamo che, essendo f ∈ C

^∞

(R

²

), per il Teorema di Schwarz le derivate (seconde) miste di f saranno necessariamente uguali in tutto R

²

(cioè D

xy

f (x, y) = D

yx

f (x, y) ∀(x, y) ∈ R

²

) e che quindi la matrice Hessiana risulterà essere simmetrica in ogni punto di R

²

.

Andiamo, a questo punto, a calcolarci le derivate seconde di f in R

²

:

D

_xx

f (x, y) = 24x

²

− 2; D

xy

f (x, y) = D

_yx

f (x, y) = −2; D

_yy

f (x, y) = 24y

²

− 2 e, di conseguenza, avremo che ∀(x, y) ∈ R

²

Hf (x, y) =

D

xx

f (x, y) D

xy

f (x, y) D

_yx

f (x, y) D

_yy

f (x, y)

=

24x

²

− 2 −2

−2 24y

²

− 2

= (24x

²

− 2)(24y

²

− 2) − (−2)(−2) In particolare, nei punti A, B, C risulterà che

• Hf (A) = 0;

• Hf (B) = Hf (C) = 96 > 0

(4)

4

Il risultato del test nel punto A risulta quindi essere inconcludente ed esamineremo questo caso per ultimo.

Per quanto riguarda invece i punti B e C, essendo

D

_xx

f (B) = D

_xx

f (C) = 10 > 0; Hf (B) = Hf (C) > 0, risulta necessariamente che B e C sono punti di minimo relativo per f .

Concludiamo l’esercizio analizzando cosa succede in A. Essendo il test dell’Hessiana inconcludente in tale punto, è nostra speranza che esso sia un semplice punto di sella (a questo punto potrebbe risultare più semplice dimostrare che esso sia un punto di sella, determinando - almeno - due direzioni lungo le quali esso sia da una parte massimo relativo e, dall’altra, minimo relativo).

Una strada per dimostrare ciò potrebbe essere la seguente: consideriamo tutte le rette oblique passanti per x = 0, y = mx e verifichiamo se, al variare di m ∈ R, il punto x = 0 assume "ruoli diversi". Sia

g

m

: R → R

x 7→ g

m

(x) = f (x, mx) = 2(x

⁴

+ (mx)

⁴

+ 1) − (x + mx)

²

Osservazione 3. Essendo (0, 0) punto critico per f risulterà necessariamente che x = 0 sarà punto critico per g

m

∀ m ∈ R, ed essendo f ∈ C

^∞

(R

²

), avremo banalmente che g

m

∈ C

^∞

(R) ∀m ∈ R.

Cerchiamo per prima cosa di capire gli intervalli in cui g

m

cresce/decresce, al variare di m in R:

g

_m⁰

(x) = 2(4x

³

+ 4m

³

x

³

) − 2(x + mx)(1 + m) = 8x

³

(1 + m

⁴

) − 2x(1 + m)

²

Da cui

g

⁰_m

(x) = 0 ⇐⇒ 8x

³

(1 + m

⁴

) − 2x(1 + m)

²

= 0 ⇐⇒







x = 0 come ci aspettavamo x

²

= (1 + m)

²

4(1 + m

⁴

) e, in particolare,

g

⁰_m

(x) > 0 ⇐⇒ 8x

³

(1 + m

⁴

) − 2x(1 + m)

²

> 0 ⇐⇒ x(4x

²

(1 + m

⁴

) − (1 + m)

²

) > 0

⇐⇒





 x > 0

x

²

> (1 + m)

²

4(1 + m

⁴

)

∪





 x < 0

x

²

< (1 + m)

²

4(1 + m

⁴

) Osserviamo che

x

²

= (1 + m)

²

4(1 + m

⁴

) ⇐⇒ x = ± s

(1 + m)

²

4(1 + m

⁴

) e tale quantità dipende dal valore di m. In particolare, ∀ m 6= −1

x

²

= (1 + m)

²

4(1 + m

⁴

) ⇐⇒ x = ± (1 + m) 2 √

1 + m

⁴

.

Scegliendo, ad esempio, m = 1 otteniamo che i punti critici di g

1

(x) = f (x, x) = 2(2x

⁴

+ 1) − 4x

²

sono i punti

x = 0; x = ±

√ 2 2 .

Per lo studio del segno di g

⁰₁

, risulta in particolare che x = 0 è punto di massimo relativo e x = ±

√ 2 2

sono punti di minimo relativo.

Consideriamo infine in caso m = −1. Per prima cosa osserviamo che i tre punti critici che avevamo trovato

∀m ∈ R \ {−1} convergono all’unico punto x = 0, assumendo la funzione g

m

la forma g

−1

(x) = 2(2x

⁴

+ 1) =⇒ g

⁰₋₁

(x) = 16x

³

.

Ne consegue che

g

⁰₋₁

(x) = 0 ⇐⇒ x = 0 ; g

⁰₋₁

(x) > 0 ⇐⇒ x > 0

il che è equivalente ad affermare che il punto x = 0 è punto di minimo relativo per la funzione g

₋₁

(x).

Avendo trovato quindi due cammini (le due bisettrici), lungo i quali in un caso x = 0 è un punto di massimo

relativo e nell’altro caso è punto di minimo relativo, possiamo concludere con certezza che il punto A(0, 0)

è un punto di sella per la funzione di partenza f .